Ejercicios en LATEX

Universidad Tecnológica de Bolı́var
Estática
Ejercicios en LATEX
Entregado por:
Beicker Baena Baldiris
Yeison Sarmiento Lopez
Yair Franco Puello
Álvaro Polo Ulloque
6 de septiembre de 2015
Profesor:
Alfredo Abuchar
Índice
1. Ejercicio 1
2
2. Ejercicio 2
3
3. Ejercicio 3
5
4. Ejercicio 4
7
5. Ejercicio 5
8
6. Ejercicio 6
9
7. Ejercicio 7
10
8. Ejercicio 8
13
9. Ejercicio 9
15
10.Ejercicio 10
17
11.Ejercicio 11
18
12.Ejercicio 12
19
13.Ejercicio 13
21
14.Ejercicio 14
22
15.Ejercicio 15
23
16.Ejercicio 16
25
1
1.
Ejercicio 1
Se aplican dos fuerzas en el gancho de apoyo que se muestra en la figura. Si se sabe que la
magnitud de P es 35 N, determine por trigonometrı́a a) el ángulo requerido, si la resultante R
de las dos fuerzas aplicadas en el gancho debe ser horizontal, y b) la magnitud correspondiente
de R.
Datos P=35 N
Q=50 N
θ = 25◦
α=?
correspondiente de α.
Figura 1: Ejercicio 1
~ = −50 cos 25ı̂ + 50 sin 25̂
Q
P~ = −35 cos αı̂ − 35 sin α̂
F~R = −FR ı̂
~
F~R = P~ + Q
F~R = (−35 cos αı̂ − 35 sin α̂) + (−50 cos 25ı̂ + 50 sen 23̂)
F~R = (−35 cos α − 50 cos 25)ı̂ + (−35 sin α + 50 sin 25)̂
−FR = −35 cos α − 50 cos 25
0 = −35 sin α − 50 sin 25
35 sin α = 50 sin 25
50
sin α =
sin 25
35
50
α = arcsin
sin 25
35
37,13( ◦)
FR = 35 cos α + 50 cos 25
FR = 35 cos 37, 13 + 50 cos 25
FR = 73,22N
2
2.
Ejercicio 2
Si se sabe que la tensión en el cable BC es de 725 N, determine la resultante de las tres
fuerzas ejercidas en el punto B de la viga AB.
Figura 2: Ejercicio 2
q
2
2
|F~R | = FRx
+ FRy
θ = arctan
|FRy |
|FRx |
θ = 62, 30◦
|F~R | = 255, 88N
T = 750N
~ = −500 cos αı̂ − 500 sin α̂
Q
p~ = 780 cos βı̂ − 780 sin β̂
T~ = −725 cos θı̂ + 725 sin θ̂
~ = −500 cos( 3 )ı̂ − 500 sin( 4 )̂
Q
5
5
~ = −300ı̂ − 400̂
Q
12
5
~
P = 780
ı̂ − 780
̂
13
13
12
5
~
P = 780
ı̂ − 780
̂
13
13
3
P~ = 720ı̂ − 300̂
20
21
ı̂ + 725
̂
T~ = −725
29
24
T~ = −525ı̂ + 500̂
~ + P~ + T~
F~R = Q
F~R = (−300ı̂ − 400̂) + (720ı̂ − 300̂) + (−326ı̂ + 500̂)
F~R = (−300 + 700 − 525)ı̂ + (−400 − 300 + 500)̂
F~R = −105ı̂ − 200̂
4
3.
Ejercicio 3
Determine a) la tensión requerida en el cable AC, si se sabe que la resultante de las tres
fuerzas ejercidas en el punto C del aguilón BC debe estar dirigida a lo largo de BC, b) la
magnitud correspondiente de la resultante.
Figura 3: Ejercicio 3
~ = 50̂
Q
p~ = 75 sin 25ı̂ − 75 cos 25̂
P~ = 31,70ı̂ − 67,97̂
T~ = −T cos 65ı̂ + T sin 65̂
F~R = −FR sen 65ı̂ + FR cos 65̂
~ + P~ + T~
−F~R = Q
−FR sin 35ı̂ − FR cos 35̂ = −50̂ + (31,67ı̂ − 67,97̂) + (−T cos 65ı̂ + T sin 65̂)
−FR sin 35ı̂ − FR cos 35̂ = (31,67 − T cos 65)ı̂ + (−50 − 67,97 + T sin 65)̂
−FR sin 35ı̂ = (31,67 − T cos 65)ı̂
−FR cos 35̂ = (−50 − 67,97 + T sin 65)̂
117,97 − Fr cos 35
cos 65
117,97 Fr cos 35
T =
−
cos 65
cos 65
T = 279,14 − FR 1,93
T =
5
−FR sen 35 = 31,7 − (279,14 − FR 1,93) sin 65
FR (sen 35 + 1, 75) = 221,28
FR 2,32 = 221,28
221,28
FR =
2,32
FR = 121,68
T = −240,15
6
4.
Ejercicio 4
En C se amarran dos cables y se cargan como se muestra en la figura. Si se sabe que P = 500N
y α = 60◦ . Determine la tensión en los cables AC y BC.
Figura 4: Ejercicio 4
+→
X
F~x = 0
TCB cos(25◦ ) − TCA cos(45◦ ) − P cos(60◦ ) = 0
X
+↑
F~y = 0
(1)
TCB sin(25◦ ) + TCA sin(45◦ ) − P sin(60◦ ) = 0
(2)
Se suman (1) +(2)
TCB sin(25◦ ) + TCB cos(25◦ ) − P (sin(60◦ ) + cos(60◦ )) = 0
TCB =
P (sin(60◦ ) + cos(60◦ ))
sin(25◦ ) + cos(25◦ )
TCB = 513,96[N ]
T~CB = 513,96∠25◦ [N ]
De (6)
TCA =
P sin(60◦ ) + TCB sin(25◦ )
sin(45◦ )
TCA = 305,19[N ]
TCA = 305,19∠45◦ [N ]
7
5.
Ejercicio 5
Para los cables de la figura se sabe que la tensión permisible máxima es de 600N en el cable
AC y 750N en el cable BC.Determine:a)la máxima fuerza P que puede aplicarse en C, b)el
valor correspondiente de α.
Figura 5: Ejercicio 5
Este ejercicio es muy sencillo, simplemente se hace una sumatoria de fuerzas y se despejan
los respectivos valores de P.
ΣF~ = 0
−600cos(45)ı̂ + 600sin(45)̂ + 750cos(25)ı̂ + 750sin(25)̂ − P = 0
P = 255,466ı̂ + 741,227̂
p
|P | = 255,4662 + 741,2272 = 784,0165[N ]
741,227
−1
α = atan
= 70,98◦
255,466
8
6.
Ejercicio 6
Un marco ABC está sostenido en parte por el cable DBE, el cual pasa a través de un anillo
sin fricción en B. Si se sabe que la tensión en el cable es de 385 N, determine las componentes
de la fuerza ejercida por el cable sobre el soporte en D.
Figura 6: Ejercicio 6
T = TBD = TBE = 385N
ˆ
F~BD = T λBD
ˆ
F~BE = T λBE
− − − − − − − − − − −−
~
BD
λBD =
~
|BD|
~
BE
~
|BE|
−−−−−−−−−−−−−
λBE =
~ = −480ı̂ + 510̂ − (600 − 280)k̂
BD
~ = −480ı̂ + 510̂ − 300k̂
BD
~ = −270ı̂ + 400̂ − 600k̂
BE
se le saca la magnitud a los dos vectores
~ = 770
|BD|
~ = 770
|BE|
48
51
32
λBD = − ı̂ + ̂ + k̂
77
77
77
22
40
60
λBE = − ı̂ + ̂ − k̂
77
77
77
385
F~ =
=5
77
F~BD = −240ı̂ + 255̂ − 160k̂
F~BE = −135ı̂ + 200̂ − 300k̂
9
7.
Ejercicio 7
Un contenedor de peso W está suspendido del aro A, al cual se unen los cables AC y AE.
Una fuerza P se aplica al extremo F de un tercer cable que pasa sobre una polea en B y a
través del anillo A y que está unido al soporte en D. Si se sabe que W=1000N, determine
la magnitud de P.
Figura 7: Ejercicio 7
La sumatoria de todos los vectores fuerza es 0.
Una fuerza se descompone en el vector unitario (λxx ) multiplicado por la magnitud.
T~AB + T~AC + T~AD + T~AE + w
~ =0
T~AB = λAB TAB = P λAB
T~AC = λAC TAC
T~AD = λAD TAD = P λAD
T~AE = λAE TAE
w = −1000ĵ
10
Se hallan cada uno de los vectores unitarios:
λAB =?
~
AB
−0,78ı̂ + 1,60̂
=p
~
(−0,78)2 + 1,602
kABk
λAB =
~
AB
= −0,4382ı̂ + 0,8989̂
~
kABk
T~AB = (−0,4382Pı̂ + 0,8989P ̂) ∗ TAB
λAC =?
~ = 1,60̂ + 1,20P k̂
AC
|AC| = 2m
λAC = 0,8̂ + 0,6P k̂
T~AC = 0,8TAC ̂ + 0,6TAC k̂
λAD =?
TAD = 1,30ı̂ + 1,60̂ + 0,40k̂
|AD| = 2,10m
λAD = 0,6190ı̂ + 0,7619̂ + 0,1905k̂
T~AD = 0,190Pı̂ + 0,7619P ̂ + 0,1905k̂
λAE =?
TAE = −0,4ı̂ + 1,60̂ − 0,86k̂
|AE| = 1,86m
λAE = −0,2150ı̂ + 0,8602̂ − 0,4624k̂
T~AE = −0,2150TAE ı̂ + 0,8602TAE ̂ − 0,4624TAE k̂
Reescribiendo la sumatoria de fuerzas:
(−0,4382Pı̂ + 0,8989P ̂) + (0,8TAC ̂ + 0,6TAC k̂) + (0,190Pı̂ + 0,7619P ̂ + 0,1905k̂)+
(−0,2150TAE ı̂ + 0,8602TAE ̂ − 0,4624TAE k̂) + (−1000̂) = 0
11
Agrupando por vectores:
7→ (−0,4382P + 0,6190P − 0,2150TAE )ı̂
(0,89899P + 0,8TAC + 0,7619P + 0,8602TAE − 1000)̂
(0,6TAC + 0,1905P − 0,4624TAE )k̂ = 0
Escribiendo las ecuaciones por separado:
ı̂ : 0,1808P − 0,2150TAE = 0
(3)
̂ : 1,6608P + 0,8TAC + 0,8602TAE − 1000 = 0
(4)
k̂ : 0,6TAC + 0,1905P − 0,4624TAE = 0
(5)
Ahora se suman las ecuaciones 2 y 3
0,6 ∗ (4) − 0,8 ∗ (5)
0,9965P + 0,48TAC + 0,5161TAE − 600 = 0
−0,1524P − 0,48TAC + 0,3699TAE = 0
0,8441P + 0,8860TAE = 600
0,1808P
0,2150
600 − 0,8441P
De (6) 7→ TAE =
0,886
De (3) 7→ TAE =
7→
0,1888P
600 − 0,8441P
=
0,2150
0,886
0,8409P = 677,20 − 0,9527P
0,8409P + 0,9527P = 677,20
1,7936P = 677,20
677,20
P =
1,7936
P = 377,56[N ]
12
(6)
8.
Ejercicio 8
Los collarines A y B se conectan por medio de un alambre de 525mm de largo y pueden
deslizarse libremente sin fricción sobre las varillas. Si una fuerza P de 341N se aplica al
colları́n A, determine: a)la tensión en el alambre cuando y=155mm, b)la magnitud de la
fuerza Q requerida para mantener el equilibrio del sistema.
Figura 8: Ejercicio 8
Primero se halla la magnitud de Z
kABk = x2 + y 2 + z 2
kABk − (x2 + y 2 ) = z 2
√
5252 − 2002 − 1552 = z
z = 460mm
Ahora se halla la tension en TAB . Para esto se hace diagrama de cuerpo libre en A
ΣF~ = 0
Nx ı̂ + P ̂ + Nz k̂ + TAB λAB = 0
13
Solamente se va a tomar la componente en j.
̂ : P + TAB λAB̂ = 0
155
525
155
=0
P − TAB
525
525 ∗ (341N )
TAB =
155
TAB = 1155[N ]
λAB̂ = −
Ahora se hace la sumatoria de fuerzas en el collarin B.
Nx ı̂ + Qk̂ + Ny ̂ − TAB λAB = 0
Se toma la componente en z de la sumatoria.
k̂ : Q + TAB λABk̂ = 0
460
525
460
Q − TAB
=0
525
460 ∗ 1155[N ]
Q=
525
Q = 1012[N ]
λABk̂ = −
14
9.
Ejercicio 9
Determine el alargamiento de cada uno de los dos resortes requeridos paramantener el
cajón de 20kg en la posición de equilibrio mostrada. Cada resorte tiene una longitud no
alargada de 2m y rigidez k = 300N/m.
Figura 9: Ejercicio 9
F~OC = λOC FOC
4
12
6ı̂ + 4̂ + 12k̂
6
λOC = √
= ı̂ + ̂ + k̂
2
2
2
14
14
14
6 + 4 + 12
Ahora si se hace la sumatoria de fuerzas:
ΣF~ = 0
F~OC + F~AO + F~BO − W = 0
(
6FOC
4FOC
12FOC
+ FBO )ı̂ + (
+ FAO )̂ + (
− (20 ∗ 9,8))k̂ = 0
14
14
14
Se despeja FOC
12FOC
− 20 ∗ 9,8 = 0
14
FOC =
20 ∗ 9,8 ∗ 14
= 228,67[N ]
12
15
Se despeja FOB
6 ∗ 228,67
+ FBO = 0
14
FBO = −98,001[N ]
Sabiendo que la funcion de un resorte es F = −∆s ∗ k se puede saber la enlongacion del
resorte OB.
F = −∆s ∗ k
F
k
−98,001
∆sBO = −
= 0,32m
300
Ahora se hace el mismo procedimiento para FAO
∆s = −
4 ∗ 228,67
+ FAO = 0
14
FBO = −65,33[N ]
Sabiendo que la funcion de un resorte es F = −∆s ∗ k se puede saber la enlongacion del
resorte OB.
F = −∆s ∗ k
F
k
−65,33
= 0,21m
=−
300
∆s = −
∆sAO
16
10.
Ejercicio 10
Una fuerza P de 8 lb se aplica a una palanca de cambios. Determine el momento de P
alrededor de B cuando a es igual a 25o .
Figura 10: Ejercicio 10
arctan
22
8
=β
β = 70,01◦
√
AB = 82 + 222
AB = 23,4in
M = (AB)(P )(cos(β + α − 90)
M = 186,56Lb.in
17
11.
Ejercicio 11
Utilice el análisis vectorial cartesiano para determinar el momento resultante de las tres
fuerzas con respecto a la base de la columna localizada en A. Considere:
Figura 11: Ejercicio 11
Se tienen estas 3 fuerzas:
F1 = 400ı̂ + 300̂ + 120k̂
F2 = 100ı̂ − 100̂ − 60k̂
F3 = 0ı̂ + 0̂ − 500k̂
Y estos 3 brazos de palanca:
R1 = 0ı̂ + 0̂ + 12k̂
R2 = 0ı̂ + 0̂ + 12k̂
R3 = 0ı̂ − 1̂ + 8k̂
Se hacen los productos cruz.
M1 =< 400ı̂ + 300̂ + 120k̂ > × < 0ı̂ + 0̂ + 12k̂ >
M2 =< 100ı̂ − 100̂ − 60k̂ > × < 0ı̂ + 0̂ + 12k̂ >
M3 =< 0ı̂ + 0̂ − 500k̂ > × < 0ı̂ − 1̂ + 8k̂ >
Se suman los resultados de los productos cruz para hallar la respuesta:
MA = M1 + M2 + M3
MA = 1900ı̂ − 6000̂ + 0k̂
18
12.
Ejercicio 12
Para la estructura y la carga de la siguiente figura determine el valor de α para el que la
tension del cable BC es minima y su correspondiente valor de tension.
Figura 12: Ejercicio 12
Se hace diagrama de cuerpo libre en C y se sacan la siguiente formula:
ΣF~ = 0
T~BC + F~AC + 300λC = 0
Para que la tension BC sea minima, debe ser totalmente perpendicular a la barra AC,
entonces no dice que ABC es un triangulo recto. Para hallar α simplemente se debe hacer
la suma de los angulos del triangulo:
90◦ + 30◦ + α = 180◦
α = 180◦ − 90◦ − 30◦
α = 60◦
Ahora para hallar TBC se despeja del sistema de ecuaciones de 2 × 2 que quedo:
TBC cos(60◦ ) + FAC cos(30◦ ) − 300cos(20◦ ) = 0
FAC =
300cos(20◦ ) − TBC cos(60◦ )
cos(30◦ )
−TBC sin(60◦ ) + FAC sin(30◦ ) + 300sin(20◦ ) = 0
−TBC sin(60◦ ) +
(7)
300cos(20◦ ) − TBC cos(60◦ )
sin(30◦ ) + 300sin(20◦ ) = 0
cos(30◦ )
19
(8)
300cos(20◦ )sin(30◦ ) TBC cos(60◦ )sin(30◦ )
−
+ 300sin(20◦ ) = 0
cos(30◦ )
cos(30◦ )
cos(60◦ )sin(30◦ )
cos(20◦ )sin(30◦ )
◦
◦
TBC sin(60 ) +
= 300
+ sin(20 )
cos(30◦ )
cos(30◦ )
cos(20◦ )sin(30◦ )
◦
+ sin(20 )
300
cos(30◦ )
TBC =
cos(60◦ )sin(30◦ )
sin(60◦ ) +
cos(30◦ )
−TBC sin(60◦ ) +
(9)
Esa expresion puede reducirse utilizando indentidades tringonometricas
cos(20◦ )sin(30◦ )
cos(20◦ )sin(30◦ ) + sin(20◦ )cos(30◦ )
◦
+ sin(20 ) =
cos(30◦ )
cos(30◦ )
Utilizando la identidad sin(a + b) = sin(a)cos(b) + cos(a)sin(b) la expresion se reduce a:
cos(20◦ )sin(30◦ ) + sin(20◦ )cos(30◦ )
sin(50◦ )
=
cos(30◦ )
cos(30◦ )
Aplicando tambien a la segunda quedaria de la siguiente forma:
sin(60◦ ) +
sin(90◦ )
1
cos(60◦ )sin(30◦ )
=
=
◦
◦
cos(30 )
cos(30 )
cos(30◦ )
Volviendo a la ecuacion (9):
sin(50◦ )
cos(30◦ )
1
cos(30◦ )
300
TBC =
Se cancelan los cos(30) y la expresion final es:
TBC = 300sin(50◦ ) = 229,81lb
20
13.
Ejercicio 13
El collarin A puede deslizarse sin friccion sobre una barra horizontal y esta conectado a
una carga de 50lb, como se muestra en la figura. Determine la distancia x para la cual el
collarin se conserva en equilibrio cuando P = 48lb.
Figura 13: Ejercicio 13
Se hace diagrama de cuerpo libre en el collarin.
X
F~ = 0
−48ı̂ − N ̂ + 50λAC = 0
Como La fuerza P y N son perpendiculares se puede armar un triangulo rectangulo donde
50 es la hipotenusa. Simplemente se despeja el cateto N.
502 = 482 + N 2
502 − 482 = N 2
N = 14
Para hallar la distancia a la cual el sistema se encuentra en equilibrio, se utiliza la
semejanza de triangulos. 14 es a 20 como 48 es a la distancia que se desconoce.
48
x
=
20
14
x=
48 ∗ 20
= 68,57in
14
21
14.
Ejercicio 14
Una torre de transmision se sostiene mediante tres alambres los cuales estan anclados por
medio de pernos en B, C y D. Si la tension en el alambre AD es de 315lb, determine las
componentes de la fuerza ejercicida por el alambre sobre el perno en D.
Figura 14: Ejercicio 14
Primero se halla el vector unitario AD
20ı̂ + 100̂ + 74k̂
λDA = √
202 + 1002 + 742
λDA = 0,1587ı̂ + 0,79365̂ + 0,5873k̂
Ahora se multiplica la magnitud de la fuerza por el vector unitario λDA :
315λDA = 50ı̂ + 250̂ + 185k̂
22
15.
Ejercicio 15
Si el cilindro E pesa 30lb y θ = 15◦ determine el peso del cilindro F.
Figura 15: Ejercicio 15
Se hace sumatoria de fuerzas en el anillo C.
X
Fx = 0
F~BC + F~CD − WE = 0
Se escriben las ecuaciones correspondientes a las dos dimensiones:
ı̂ : FBC cos(15◦ ) − FCD cos(30◦ ) = 0
(10)
̂ : −FBC sin(15◦ ) + FCD sin(30◦ ) − 30 = 0
(11)
sin(15) ∗ (10) + cos(15) ∗ (11)
FBC sin(15)cos(15) − FCD sin(15)cos(30) = 0
−FBC cos(15)sin(15) + FCD cos(15)sin(30) − 30cos(15) = 0
− − − − − − − − − − −−
−FCD sin(15)cos(30) + FCD cos(15)sin(30) − 30cos(15) = 0
FCD (−sin(15)cos(30) + cos(15)sin(30)) = 30cos(15)
Utilizando la identidad sin(a − b) = sin(a)cos(b) − cos(a)sin(b) la expresion se reduce a:
FCD (sin(15)) = 30cos(15)
FCD =
30cos(15)
= 111,96lb
sin(15)
Ahora reemplazando FCD en (10)
FBC cos(15◦ ) − 111,96cos(30◦ ) = 0
FBC cos(15◦ ) = 111,96cos(30◦ )
23
FBC =
111,96cos(30◦ )
= 100,38lb
cos(15◦ )
Ahora se hace sumatoria de fuerzas en el anillo B.
X
+→
Fx = 0
FBA cos(45) − FBC cos(15) = 0
FBA cos(45) − 100,38cos(15) = 0
FBA =
100,38cos(15)
= 137,12lb
cos(45)
Ya sabiendo FBA se hace sumatoria de fuerzas en y:
X
+↑
Fy = 0
137,12sin(45) + 100,38sin(15) − WF = 0
WF = 137,12sin(45) + 100,38sin(15)
WF = 123lb
24
16.
Ejercicio 16
Los resortes en la cuerda ya estan estirados 1f t cuando θ = 0. Determine la fuerza vertical
F que debe ser aplicada para que θ = 30◦ .
Figura 16: Ejercicio 16
Primero se halla la enlongacion del resorte a 30◦ . Para estop se debe saber cuanto mide la
cuerda BA cuando esta a 30◦ :
cos(30) =
h=
2
h
2
= 2,309f t
cos(30)
Esta es la longitud final de la cuerda BA. Si originalmente la cuerda media 2 ft esto quiere
decir que se estiro 0,3094f t mas 1f t que estaba estirado cuando θ = 0 entonces el resorte
esta estirado 1,3094f t. Ahora se reemplaza esto en la ecuacion de fuerza del resorte para
saber cuanta fuerza estan aplicando los resortes.
Fr = k ∗ ∆x
Fr = 30 ∗ 1,309 = 39,28lb
Sabiendo esto, simplemente se hace una sumatoria de fuerzas en y para saber la magnitud
de la fuerza F.
X
+↑
Fy = 0
2 ∗ 39,28 ∗ sin(30) − F = 0
F = 39,28lb
25